2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章第1节 数列的概念与简单表示法含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章第一节数列的概念与简单表示法课标解读考向预测1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表法、图象法、解析式法).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.预计2025年高考会以特殊数列为主，考查数列的通项公式与前n项和公式以及递推公式，在选择题、填空题或解答题中都可能会出现，难度适中.必备知识——强基础1．数列的定义按照eq\x(\s\up1(01))确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的eq\x(\s\up1(02))每一个数叫做这个数列的项．2．数列的表示方法列表法列出表格表示n与an的对应关系图象法把点eq\x(\s\up1(03))(n，an)画在平面直角坐标系中解析式法通项公式数列{an}的第n项an与它的eq\x(\s\up1(04))序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式3.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数eq\x(\s\up1(05))有限无穷数列项数eq\x(\s\up1(06))无限项与项间的大小关系递增数列an＋1eq\x(\s\up1(07))＞an其中n∈N*递减数列an＋1eq\x(\s\up1(08))＜an常数列an＋1＝an摆动数列从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列4.数列的前n项和(1)表示：在数列{an}中，Sn＝eq\x(\s\up1(09))a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．(2)an与Sn的关系：若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．()(2)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.()(3)在数列{an}中，对于任意正整数m，n，am＋n＝amn＋1，若a1＝1，则a2＝2.()(4)任何一个数列都有唯一的通项公式．()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)在数列eq\r(1)，eq\r(2)，eq\r(3)，2，eq\r(5)，…中，第9个数是()A．3eq\r(3) B．3C．eq\r(10) D．10答案B解析观察题目中的数列可知，根号里面的数是公差为1的等差数列，即eq\r(n)，第9个数为eq\r(9)＝3.故选B.(2)(多选)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项公式可能是()A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))C．an＝2sineq\f(nπ,2) D．an＝cos(n－1)π＋1答案ABD解析对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq\f(nπ,2)不符合题意，其他都可能．故选ABD.(3)(人教A选择性必修第二册4.1练习T3改编)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋eq\f(1,an)，则a5＝________．答案eq\f(8,5)解析由题意，令n＝1，可得a2＝1＋eq\f(1,a1)＝2；令n＝2，可得a3＝1＋eq\f(1,a2)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)；令n＝3，可得a4＝1＋eq\f(1,a3)＝1＋eq\f(1,\f(3,2))＝eq\f(5,3)；令n＝4，可得a5＝1＋eq\f(1,a4)＝1＋eq\f(1,\f(5,3))＝eq\f(8,5).(4)(人教A选择性必修第二册4.1练习T1改编)下列从左到右排列的图形中，小正方形个数构成的数列的一个通项公式为an＝________．答案n2解析由题图可知，从中间一行向上、向下每经过一行，小正方形的数量减少1，直至减少到1，所以an＝n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×1，所以an＝n＋2·eq\f([1＋（n－1）]（n－1）,2)＝n2.考点探究——提素养考点一利用an与Sn的关系求通项公式(多考向探究)考向1已知Sn求an例1(2023·山西大学附中三模)已知数列{an}满足条件eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋eq\f(1,23)a3＋…＋eq\f(1,2n)an＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14，n＝1，,2n＋1，n≥2))解析当n＝1时，a1＝14，因为eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋eq\f(1,23)a3＋…＋eq\f(1,2n)an＝2n＋5，所以eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋eq\f(1,23)a3＋…＋eq\f(1,2n－1)an－1＝2n＋3(n≥2)，当n≥2时，两式相减得，eq\f(1,2n)an＝(2n＋5)－(2n＋3)＝2，化简得an＝2n＋1，又a1＝14不符合上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14，n＝1，,2n＋1，n≥2.))【通性通法】已知Sn求an的步骤步骤一利用a1＝S1，求出a1步骤二用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出当n≥2时an的表达式步骤三检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并【巩固迁移】1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________．答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*))解析当n＝1时，a1＝S1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1.显然当n＝1时，不满足上式，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*.))考向2已知an与Sn的关系求an例2已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝2，an＋1＝Sn，则a100＝()A．297 B．298 C．299 D．2100答案C解析当n≥2时，由an＋1＝Sn①，可得an＝Sn－1②，两式相减得，an＋1－an＝an，所以an＋1＝2an，n≥2，当n＝1时，a2＝S1＝a1＝2，故数列{an}从第2项开始，是公比为2的等比数列，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以a100＝299.故选C.【通性通法】Sn与an关系问题的解题策略根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．策略一利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解策略二利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解【巩固迁移】2．(2024·广东中山一中阶段考试)设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1(n≥2)，则Sn＝________，an＝________．答案eq\f(1,n)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(1,n（n－1）)，n≥2))解析依题意得Sn－1－Sn＝Sn－1·Sn(n≥2)，整理得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝1，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以1为首项，1为公差的等差数列，因此eq\f(1,Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝eq\f(1,n)，∴当n≥2时，an＝－Sn·Sn－1＝－eq\f(1,n（n－1）).又当n＝1时，a1＝1，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(1,n（n－1）)，n≥2.))考点二利用递推关系求通项公式(多考向探究)考向1累加法例3(2024·江苏镇江一中高三月考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an＝()A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnn D．1＋n＋lnn答案A解析因为an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－lnn，所以a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，a4－a3＝ln4－ln3，…，an－an－1＝lnn－ln(n－1)(n≥2)，把以上各式分别相加得an－a1＝lnn－ln1，则an＝2＋lnn(n≥2)，且a1＝2也适合该式，因此an＝2＋lnn(n∈N*)．故选A.【通性通法】形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．【巩固迁移】3．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2－2an＋1＋an＝eq\f(1,2)，则a100＝________．答案eq\f(5051,2)解析由已知，得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝eq\f(1,2)，又a2－a1＝1，∴数列{an＋1－an}是首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列，an＋1－an＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋1,2)，∴an－an－1＝eq\f(n,2)，…，a3－a2＝eq\f(3,2)，a2－a1＝eq\f(2,2)，∴an－a1＝(an－an－1)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＝eq\f(1,2)×(2＋3＋…＋n)，an＝eq\f(n2＋n＋2,4)(n≥2)，a100＝eq\f(5051,2).考向2累乘法例4(2024·湖北黄冈质检)在数列{an}中，an＋1＝eq\f(n,n＋2)an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式为an＝________．答案eq\f(8,n（n＋1）)解析由an＋1＝eq\f(n,n＋2)an，得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋2)，故eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(2,4)，…，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)(n≥2)，以上式子累乘得，eq\f(an,a1)＝eq\f(1,3)·eq\f(2,4)·…·eq\f(n－3,n－1)·eq\f(n－2,n)·eq\f(n－1,n＋1)＝eq\f(2,n（n＋1）).因为a1＝4，所以an＝eq\f(8,n（n＋1）)(n≥2)．又a1＝4满足上式，所以an＝eq\f(8,n（n＋1）).【通性通法】形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)的数列，常令n分别为1，2，3，…，n－1，代入eq\f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．提醒：利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到eq\f(a2,a1)，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立．【巩固迁移】4．数列{an}满足a1＝1，an＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1(n≥2，n∈N*)，则a6＝________．答案360解析由题意得an＋1＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan①，当n＝1时，a2＝a1，当n≥2时，an＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1②，①－②得an＋1－an＝nan，所以an＋1＝(n＋1)an(n≥2)，所以a1＝1，eq\f(a2,a1)＝1，eq\f(a3,a2)＝3，eq\f(a4,a3)＝4，…，eq\f(an,an－1)＝n，累乘得an＝eq\f(n！,2)(n≥2)，所以a6＝eq\f(6！,2)＝360.考向3构造法例5(1)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为________．答案an＝eq\f(2,6n－5)解析数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq\f(1,an＋1)＝3＋eq\f(1,an)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋3(n－1)＝eq\f(6n－5,2)，可得an＝eq\f(2,6n－5).(2)(2024·江西九江模拟)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋2×3n＋1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝(2n－1)×3n解析由an＋1＝3an＋2×3n＋1，得eq\f(an＋1,3n＋1)＝eq\f(an,3n)＋eq\f(2×3n＋1,3n＋1)，∴eq\f(an＋1,3n＋1)－eq\f(an,3n)＝2，即数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)))是首项为1，公差为2的等差数列，∴eq\f(an,3n)＝2n－1，得an＝(2n－1)×3n.(3)(2023·四川师大附中二诊)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋eq\f(1,2)，且{an}的前8项和为761，则a1＝________．答案eq\f(5,2)解析数列{an}满足an＋1＝2an＋eq\f(1,2)，整理得an＋1＋eq\f(1,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))，若a1＝－eq\f(1,2)，则an＝－eq\f(1,2)，显然不符合题意，所以an≠－eq\f(1,2)，则eq\f(an＋1＋\f(1,2),an＋\f(1,2))＝2(常数)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是以a1＋eq\f(1,2)为首项，2为公比的等比数列，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))·2n－1，整理得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))·2n－1－eq\f(1,2).由于前8项和为761，所以S8＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))×(1＋2＋…＋27)－8×eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))×eq\f(1－28,1－2)－4＝255eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,2)))－4＝761，解得a1＝eq\f(5,2).【通性通法】数列中求通项的常见构造法形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数，pq≠0且p≠1)的递推式可构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)，转化为等比数列求解．也可以与类比式an＝pan－1＋q作差，由an＋1－an＝p(an－an－1)，构造{an＋1－an}为等比数列，然后利用累加法求通项形如an＋1＝pan＋dn(p≠0且p≠1，d≠0且d≠1)的递推式当p＝d时，两边同除以dn＋1转化为关于eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,dn)))的等差数列；当p≠d时，两边可以同除以dn＋1得eq\f(an＋1,dn＋1)＝eq\f(p,d)·eq\f(an,dn)＋eq\f(1,d)，转化为bn＋1＝eq\f(p,d)·bn＋eq\f(1,d)，然后利用构造法求解形如an＋1＝eq\f(aan,b＋can)(ac≠0)的递推式取倒数得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(b＋can,aan)＝eq\f(b,a)·eq\f(1,an)＋eq\f(c,a).当a＝b时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；当a≠b时，令bn＝eq\f(1,an)，则bn＋1＝eq\f(b,a)·bn＋eq\f(c,a)，然后利用构造法求解【巩固迁移】5．(2023·湖南株洲模拟)数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)，则eq\f(2,101)是这个数列的第()A．100项 B．101项C．102项 D．103项答案A解析由an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，则eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,2)(n－1)＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋1,2)，∴an＝eq\f(2,n＋1)，令eq\f(2,n＋1)＝eq\f(2,101)，得n＝100.故选A.6．(2024·浙江诸暨中学质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝2·3n－1－1解析∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，又a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.7．已知在数列{an}中，a1＝eq\f(5,6)，an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，则an＝________．答案eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n)解析因为a1＝eq\f(5,6)，an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，所以2n＋1an＋1＝eq\f(2,3)×2nan＋1，整理得2n＋1an＋1－3＝eq\f(2,3)(2nan－3)，所以数列{2nan－3}是以2a1－3＝－eq\f(4,3)为首项，eq\f(2,3)为公比的等比数列，所以2nan－3＝－eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)，解得an＝eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n).考点三数列的性质及其应用(多考向探究)考向1数列的周期性例6(2024·哈尔滨质检)已知数列{an}的前n项积为Tn，a1＝2且an＋1＝1－eq\f(1,an)，则T2024＝________．答案1解析∵a2＝1－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，a3＝1－eq\f(1,a2)＝－1，a4＝1－eq\f(1,a3)＝2＝a1，…，∴数列{an}是周期为3的数列．又a1a2a3＝2×eq\f(1,2)×(－1)＝－1，且2024＝3×674＋2，∴T2024＝(－1)674·a2023·a2024＝1×2×eq\f(1,2)＝1.【通性通法】解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关项的值或前n项和．【巩固迁移】8．(2024·江西临川一中高三质检)无穷数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，则称{an}为“和谐递进数列”．若{an}为“和谐递进数列”，Sn为其前n项和，且a1＝1，a2＝2，a4＝1，a6＋a8＝6，则a7＝________，S2023＝________．答案14719解析因为数列{an}是“和谐递进数列”，且a1＝a4＝1，a2＝2，所以a5＝a2＝2，同理有a3＝a6，a7＝a4＝1，a8＝a5＝2，又a6＋a8＝6，所以a3＝a6＝4，则数列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝1，a5＝2，a6＝4，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是以3为周期的数列，所以S2023＝S674×3＋1＝(1＋2＋4)×674＋1＝4719.考向2数列的单调性例7已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，∴(n＋1)2－2λ(n＋1)－n2＋2λn＝2n＋1－2λ>0，即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有λ<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2)))eq\s\do7(min)＝eq\f(3,2)，∵由λ<1可推得λ<eq\f(3,2)，但反过来，由λ<eq\f(3,2)不能得到λ<1，∴“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．故选A.【通性通法】解决数列的单调性问题的常用方法作差比较法根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列作商比较法根据eq\f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断目标函数法写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去【巩固迁移】9．(2024·湖北宜昌阶段考试)数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)(n∈N*)，则该数列()A．递增 B．递减C．先递增后递减 D．先递减后递增答案C解析因为an>0，令eq\f(an,an－1)>1(n≥2)，则eq\f(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(n),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(n－1))>1，整理得eq\f(n＋1,n)>eq\f(10,9)，解得n<9，即当n<9时，an>an－1.同理，令eq\f(an,an－1)＝1(n≥2)，即当n＝9时，a8＝a9.令eq\f(an,an－1)<1(n≥2)，得n>9，即当n>9时，an<an－1.综上，数列{an}从第1项到第8项递增，从第9项起递减，即数列{an}先递增后递减．故选C.10．已知数列{an}满足an＋1＝2an＋1，a1＝1，若bn＝λan－n2＋4n为递增数列，则λ的取值范围为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案C解析因为在数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则有an＋1＋1＝2(an＋1)，而a1＋1＝2，因此数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，an＋1＝2n，即an＝2n－1，则bn＝λ(2n－1)－n2＋4n，因为数列{bn}为递增数列，即∀n∈N*，bn＋1－bn＞0，则λ(2n＋1－1)－(n＋1)2＋4(n＋1)－[λ(2n－1)－n2＋4n]＝λ·2n－2n＋3＞0，则λ>eq\f(2n－3,2n)，令cn＝eq\f(2n－3,2n)，则cn＋1－cn＝eq\f(2n－1,2n＋1)－eq\f(2n－3,2n)＝eq\f(5－2n,2n＋1)，n∈N*，当n≤2时，cn＋1＞cn，当n≥3时，cn＋1＜cn，于是得c3＝eq\f(3,8)是数列{cn}的最大项，即当n＝3时，eq\f(2n－3,2n)取得最大值eq\f(3,8)，从而得λ>eq\f(3,8)，所以λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，＋∞)).故选C.考向3数列的最值例8(2023·四川成都模拟)已知数列{an}满足an＝2n(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))eq\s\up12(n)，则数列{an}的最大项为()A．第4项 B．第5项C．第6项 D．第7项答案D解析假设第n项最大(n≥2)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n)≥2（n－1）n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n－1)，,2n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n)≥2（n＋1）（n＋2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n＋1)))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n≤\f(23,3)，,n≥\f(20,3)，))又n∈N*，所以n＝7，即数列{an}的最大项为第7项．故选D.【通性通法】求数列的最大项与最小项的常用方法单调性法根据数列的单调性判断不等式法利用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项【巩固迁移】11．(2024·河南洛阳一高质检)若数列{an}的前n项积bn＝1－eq\f(2,7)n，则an的最大值与最小值之和为()A．－eq\f(1,3) B．eq\f(5,7)C．2 D．eq\f(7,3)答案C解析∵数列{an}的前n项积bn＝1－eq\f(2,7)n，当n＝1时，a1＝eq\f(5,7)；当n≥2时，bn－1＝1－eq\f(2,7)(n－1)，an＝eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1－\f(2,7)n,1－\f(2,7)（n－1）)＝eq\f(2n－7,2n－9)＝1＋eq\f(2,2n－9)，当n＝1时也适合上式，∴an＝1＋eq\f(2,2n－9)，∴当n≤4时，数列{an}递减，且an＜1；当n≥5时，数列{an}递减，且an＞1，故an的最大值为a5＝3，最小值为a4＝－1，∴an的最大值与最小值之和为2.故选C.课时作业一、单项选择题1．若一数列为1，37，314，321，…，则398是这个数列的()A．第12项 B．第13项C．第14项 D．第15项答案D解析1＝37×0，37＝37×1，314＝37×2，321＝37×3，因此符合题意的一个通项公式为an＝37(n－1)，由37(n－1)＝398，解得n＝15，所以398是这个数列的第15项．故选D.2．(2023·莆田质检)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，若a1＝1，且an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))则解下6个圆环所需的最少移动次数为()A．13 B．15C．16 D．29答案B解析∵a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))∴a2＝a1＋2＝3，a3＝2a2－1＝5，a4＝a3＋2＝7，a5＝2a4－1＝13，a6＝a5＋2＝15.故选B.3．若数列{an}满足a1＝2a2＝2，且an＋2＝|an＋1－an|，则{an}的前100项和为()A．67 B．68C．134 D．167答案B解析因为a1＝2a2＝2，所以a1＝2，a2＝1，因为an＋2＝|an＋1－an|，所以数列的项依次为2，1，1，0，1，1，0，…，所以从第2项起，3项一个循环，所以{an}的前100项和为2＋33×(1＋1＋0)＝68.故选B.4．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn＋2n＋1，a1＝2，则Sn＝()A．(n＋1)·2n B．(n＋1)·2n－1C．n·2n－1 D．n·2n答案D解析因为an＋1＝Sn＋2n＋1，则Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1，于是得eq\f(Sn＋1,2n＋1)－eq\f(Sn,2n)＝1，因此数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n)))是公差为1的等差数列，首项eq\f(S1,21)＝1，则eq\f(Sn,2n)＝1＋(n－1)×1，所以Sn＝n·2n.故选D.5．(2024·山东济南莱芜第一中学质检)已知数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，且a1＝2，那么a7＝()A．128 B．16C．32 D．64答案D解析因为数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，a1＝2，所以Sn＋1＝2Sn，即eq\f(Sn＋1,Sn)＝2，所以数列{Sn}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＝2×2n－1＝2n.所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.所以a7＝26＝64.故选D.6．(2024·吉林四平实验中学阶段考试)已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝()A．eq\f(n2－n,2) B．eq\f(n2－n＋2,2)C．eq\f(2,n2－n) D.eq\f(2,n2－n＋2)答案D解析由题意，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝n，则当n≥2时，eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝n－1，eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－2)＝n－2，…，eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝1，所以eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n2－n,2)(n≥2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n2－n,2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)，即an＝eq\f(2,n2－n＋2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝1适合此式，所以an＝eq\f(2,n2－n＋2).故选D.7．(2024·河南信阳模拟)在数列{an}中，a1＝1，向量a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，则a100＝()A．eq\f(100,99) B．－eq\f(100,99)C．100 D．－100答案D解析因为a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，所以nan＋1＋(n＋1)an＝0，所以eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(n＋1,n)，所以eq\f(a2,a1)＝－eq\f(2,1)，eq\f(a3,a2)＝－eq\f(3,2)，…，eq\f(a100,a99)＝－eq\f(100,99).以上各式左右分别相乘，得eq\f(a100,a1)＝－100，因为a1＝1，所以a100＝－100.故选D.8．已知数列{an}满足an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3－a）n－2，n≤6，,an－5，n>6，))且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，3)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，3))C．(1，3) D．(2，3)答案D解析若{an}是递增数列，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,a7>a6，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<3，,a>1，,a2>6（3－a）－2，))解得2<a<3，即实数a的取值范围是(2，3)．故选D.二、多项选择题9．下列数列是递增数列的是()A．{1＋3n} B．{3n－2n＋2}C．{2n－n} D．{(－3)n}答案AC解析令an＝1＋3n，则an＋1－an＝1＋3(n＋1)－(1＋3n)＝3>0，是递增数列，A符合题意；令an＝3n－2n＋2，则a1＝－5，a2＝－7，B不符合题意；令an＝2n－n，则an＋1－an＝2n＋1－2n－1＝2n－1>0，C符合题意；令an＝(－3)n，则a1＝－3，a3＝－27，D不符合题意．故选AC.10．(2024·江苏淮安一中质检)已知数列{an}满足a1＝－eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则()A．a3＝eq\f(2,3)B．S3n＋3－S3n＝eq\f(19,6)C．S19＝19D．an－1anan＋1＝－1(n≥2，n∈N*)答案ABD解析由a1＝－eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，得a2＝1－eq\f(1,a1)＝3，a3＝1－eq\f(1,a2)＝eq\f(2,3)，故A正确；又a4＝1－eq\f(1,a3)＝－eq\f(1,2)＝a1，所以数列{an}是以3为周期的周期数列，所以S3n＋3－S3n＝a3n＋1＋a3n＋2＋a3n＋3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(19,6)，故B正确；S19＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a16＋a17＋a18)＋a19＝eq\f(19,6)×6－eq\f(1,2)＝eq\f(37,2)，故C错误；因为an＝1－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an－1－1,an－1)(n≥2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)＝1－eq\f(an－1,an－1－1)＝eq\f(－1,an－1－1)，所以an－1anan＋1＝an－1·eq\f(an－1－1,an－1)·eq\f(－1,an－1－1)＝－1(n≥2)，故D正确．故选ABD.三、填空题11．在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋eq\f(1,an－2)(n≥3)，则a5＝________．答案eq\f(55,12)解析因为a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋eq\f(1,an－2)(n≥3)，所以a3＝a2＋eq\f(1,a1)＝4，a4＝a3＋eq\f(1,a2)＝4＋eq\f(1,3)＝eq\f(13,3)，a5＝a4＋eq\f(1,a3)＝eq\f(13,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(55,12).12．(2024·湖北荆州中学月考)Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2))解析由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，显然当n＝1时，不满足上式．所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.))13．(2024·四川绵阳中学质检)已知数列{an}满足a1＝28，eq\f(an＋1－an,n)＝2，则eq\f(an,n)的最小值为________．答案eq\f(48,5)解析由an＋1－an＝2n，a1＝28，可得an＝n2－n＋28，∴eq\f(an,n)＝n＋eq\f(28,n)－1，设f(x)＝x＋eq\f(28,x)，可知f(x)在(0，2eq\r(7))上单调递减，在(2eq\r(7)，＋∞)上单调递增，又n∈N*，且eq\f(a5,5)＝eq\f(48,5)<eq\f(a6,6)＝eq\f(29,3)，∴eq\f(an,n)的最小值为eq\f(48,5).14．在数列{an}中，a1＝1，anan＋3＝1，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a2023＝________．答案0解析因为anan＋3＝1，所以an＋3an＋6＝1，所以an＋6＝an，所以{an}是周期为6的周期数列，所以log5a1＋log5a2＋…＋log5a2023＝log5(a1a2…a2023)＝log5[(a1a2…a6)337·a1]，又因为a1a4＝a2a5＝a3a6＝1，所以a1a2…a6＝1，所以原式＝log5(1337×1)＝log51＝0.四、解答题15．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)将Sn＝eq\f(bn,bn－1)(n≥2)代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2，得eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2(n≥2)，整理得bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又当n＝1时，可得eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝2，即eq\f(2,b1)＋eq\f(1,b1)＝2，得b1＝eq\f(3,2)，所以数列{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列，所以bn＝eq\f(3,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n＋1.(2)由(1)得bn＝eq\f(1,2)n＋1，将其代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2，得Sn＝eq\f(n＋2,n＋1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,n（n＋1）)，又当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，不满足上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2，n∈N*.))16．(多选)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的是()A．an＝3n B．an＝n2＋1C．an＝eq\r(n) D．an＝lneq\f(n,n＋1)答案CD解析对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不是递减数列，故A不符合题意；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}是递增数列，故B不符合题意；对于C，若an＝eq\r(n)，则an＋1－an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}是递减数列，故C符合题意；对于D，若an＝lneq\f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n＋2)－lneq\f(n,n＋1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函数y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}是递减数列，故D符合题意．故选CD.17．(多选)(2023·南京模拟)对于数列{an}，若存在数列{bn}满足bn＝an－eq\f(1,an)(n∈N*)，则称数列{bn}是{an}的“倒差数列”．下列关于“倒差数列”的描述中，正确的是()A．若数列{an}是递增数列，则其“倒差数列”不一定是递增数列B．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最大值C．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最小值D．若an＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)，则其“倒差数列”有最大值答案ACD解析若数列{an}是递增数列，则bn－bn－1＝an－eq\f(1,an)－an－1＋eq\f(1,an－1)＝(an－an－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,anan－1)))，虽然有an＞an－1，但当1＋eq\f(1,anan－1)＜0时，bn＜bn－1，因此{bn}不一定是递增数列，A正确；an＝3n－1，则bn＝3n－1－eq\f(1,3n－1)，易知{bn}是递增数列，无最大值，有最小值为b1，B错误，C正确；若an＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)，则bn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)－eq\f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))，∵函数y＝x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，∴当n为偶数时，an＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)∈(0，1)，∴bn＝an－eq\f(1,an)＜0，当n为奇数时，an＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＞1，显然an是递减的，因此bn＝an－eq\f(1,an)也是递减的，即b1＞b3＞b5＞…，∴{bn}的奇数项中有最大值为b1＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6)＞0，∴b1＝eq\f(5,6)是数列{bn}(n∈N*)中的最大值，D正确．故选ACD.18．(2024·辽宁朝阳市第一高级中学校考阶段练习)已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－1＋an－2，n为奇数，,an－1－an－2，n为偶数，))则a20＝__________．答案76解析由a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3－a2，a5＝a4＋a3，a6＝a5－a4，a7＝a6＋a5，a8＝a7－a6，a9＝a8＋a7，a10＝a9－a8，…，a20＝a19－a18，得a3＋a4＝a2＋a1＋a3－a2，即a4＝a1，同理得a6＝a3，…，a20＝a17；a3＋a4＋a5＝a2＋a1＋a3－a2＋a3＋a4，即a5＝a3＋a1，同理得a7＝a5＋a3，…，a17＝a15＋a13.综上，a20＝a17＝a15＋a13＝2a13＋a11＝…＝21a3＋13a1＝76.19．已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝3n－λaeq\o\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．解(1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)由(1)可得bn＝3n－λn2，∴bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．∵数列{bn}为递增数列，∴2·3n－λ(2n＋1)＞0，即λ＜eq\f(2·3n,2n＋1).令cn＝eq\f(2·3n,2n＋1)，则eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(2·3n＋1,2n＋3)·eq\f(2n＋1,2·3n)＝eq\f(6n＋3,2n＋3)＞1.∴{cn}为递增数列，∴λ＜c1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．第二节等差数列课标解读考向预测1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系.预计2025年高考将会从以下两个角度来考查：(1)等差数列及其前n项和的基本运算与性质；(2)等差数列的综合应用，可能与等比数列、函数、方程、不等式相结合考查，难度中档.必备知识——强基础1．等差数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第eq\x(\s\up1(01))2项起，每一项与它的前一项的差都等于eq\x(\s\up1(02))同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母eq\x(\s\up1(03))d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)．(2)等差中项：若三个数a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有2A＝eq\x(\s\up1(04))a＋b．提醒：在等差数列{an}中，从第2项起，每一项都是它前后两项的等差中项，即{an}成等差数列⇔an＋1＋an－1＝2an(n≥2)．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：an＝eq\x(\s\up1(05))a1＋(n－1)d．(2)前n项和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)或Sn＝eq\x(\s\up1(06))na1＋eq\f(n（n－1）,2)d．3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am＋eq\x(\s\up1(07))(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若已知等差数列{an}，公差为d，前n项和为Sn，则①等间距抽取ap，ap＋t，ap＋2t，…，ap＋(n－1)t，…为等差数列，公差为td；②等长度截取Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…为等差数列，公差为m2d；③算术平均值eq\f(S1,1)，eq\f(S2,2)，eq\f(S3,3)，…，即数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为eq\f(d,2).(3)若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1)；若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an，S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}(其中p，q为常数)也是等差数列．1．已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.2．在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值．3．等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．4．数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．5．若{an}与{bn}为等差数列，且前n项和分别为Sn与Tn，则eq\f(am,bm)＝eq\f(S2m－1,T2m－1).1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)等差数列的前n项和Sn是项数为n的二次函数．()(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.()(3)等差数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n（am＋an＋1－m）,2).()(4)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn与an不可能相等．()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)(2023·福建福州质检)在等差数列{an}中，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则a5＋a6＝()A．10 B．20C．25 D．30答案C解析等差数列{an}中，每相邻2项的和仍然构成等差数列，设其公差为d，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则d＝15－5＝10，因此a5＋a6＝(a3＋a4)＋d＝15＋10＝25.故选C.(2)(北师大版选择性必修第二册2.2练习3(2)改编)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8＝()A．31 B．32C．33 D．34答案B解析解法一：由S5＝5a3＝30，得a3＝6，又a6＝2，∴S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝eq\f(8（a3＋a6）,2)＝eq\f(8×（6＋2）,2)＝32.故选B.解法二：设等差数列{an}的公差为d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋\f(5×4,2)d＝30，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))∴S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8×eq\f(26,3)－28×eq\f(4,3)＝32.故选B.(3)(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________．答案2解析由2S3＝3S2＋6可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.(4)(人教A选择性必修第二册4.2.2例8改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为________．答案820解析设第n排的座位数为an(n∈N*)，数列{an}为等差数列，其公差d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝a1＋2(n－1)．由已知a20＝60，得60＝a1＋2×(20－1)，解得a1＝22，则剧场总共的座位数为eq\f(20（a1＋a20）,2)＝eq\f(20×（22＋60）,2)＝820.(5)已知数列{an}为等差数列，a2＋a8＝8，则a1＋a5＋a9＝________．答案12解析a1＋a9＝a2＋a8＝2a5＝8，则a5＝4，所以a1＋a5＋a9＝3a5＝12.考点探究——提素养考点一等差数列基本量的运算例1(1)已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n＝()A．6 B．7C．8 D．9答案C解析公差d＝eq\f(a3－a1,2)＝eq\f(5－1,2)＝2，又Sn＝64，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n＋n(n－1)＝n2＝64，解得n＝8(负值舍去)．故选C.(2)(2024·皖南八校开学考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a5＝－10，S6＝－42，则S10＝()A．6 B．10C．12 D．20答案B解析设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a5＝2a1＋6d＝－10，S6＝6a1＋15d＝－42，解得a1＝－17，d＝4，所以S10＝10a1＋45d＝－170＋45×4＝10.故选B.(3)已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，S4＝24，S9＝99，则a7＝()A．13 B．14C．15 D．16答案C解析设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝24，S9＝99，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝24，,9a1＋\f(9×8,2)d＝99，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝12，,a1＋4d＝11，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2，))所以a7＝a1＋6d＝3＋12＝15.故选C.【通性通法】等差数列基本量运算的思想方法方程思想等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可通过方程组达到“知三求二”整体思想当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解等价转化思想运用等差数列性质可以化繁为简，优化解题过程【巩固迁移】1．(2023·陕西部分名校高三下仿真模拟)在等差数列{an}中，a3＋a7＝a8＝16，则{an}的公差d＝()A．eq\f(8,3) B．3C．eq\f(10,3) D．4答案A解析因为a3＋a7＝a8＝2a5＝16，所以a8－a5＝3d＝8，则d＝eq\f(8,3).故选A.2．(2023·湖南名校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a7－a11＝4，则S5＝()A．15 B．20C．25 D．30答案B解析设等差数列{an}的公差为d，则2(a1＋6d)－(a1＋10d)＝a1＋2d＝4，所以S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝5(a1＋2d)＝5×4＝20.故选B.考点二等差数列的性质及其应用(多考向探究)考向1等差数列项的性质例2(1)(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝()A．120 B．140C．160 D．180答案C解析因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝eq\f(（a1＋a16）×16,2)＝8(a5＋a12)＝160.故选C.(2)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S9＝3(a3＋a5＋am)，则m＝()A．9 B．8C．7 D．6答案C解析因为S9＝9a5，所以9a5＝3(a3＋a5＋am)，所以a3＋a5＋am＝3a5，即a3＋am＝2a5，所以m＝7.故选C.【通性通法】等差数列项的性质的关注点关注点一项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq关注点二等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质关注点三项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)相结合【巩固迁移】3．(2024·河南杞县模拟)已知项数为n的等差数列{an}的前6项和为10，最后6项和为110，所有项和为360，则n＝()A．48 B．36C．30 D．26答案B解析由题意知a1＋a2＋…＋a6＝10，an＋an－1＋…＋an－5＝110，两式相加得6(a1＋an)＝120，所以a1＋an＝20，又eq\f(n（a1＋an）,2)＝360，所以n＝36.故选B.4．(多选)(2023·山东淄博调研)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各项为定值的是()A．a7 B．a8 C．S13 D．S15答案AC解析由题意知a2＋a8＋a11＝a1＋d＋a1＋7d＋a1＋10d＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，∴a7是定值，∴S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13a7，是定值．故选AC.考向2等差数列前n项和的性质例3(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15＝()A．35 B．42C．49 D．63答案B解析解法一：由题意知，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7，14，S15－21成等差数列，∴S15－21＋7＝28，∴S15＝42.故选B.解法二：∵{an}为等差数列，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列，∴eq\f(2S10,10)＝eq\f(S5,5)＋eq\f(S15,15)，∴S15＝42.故选B.(2)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为()A．28 B．29C．30 D．31答案B解析设等差数列{an}共有2n＋1项，则S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，该数列的中间项为an＋1，又S奇－S偶＝a1＋(a3－a2)＋(a5－a4)＋…＋(a2n＋1－a2n)＝a1＋d＋d＋…＋d＝a1＋nd＝an＋1，所以an＋1＝S奇－S偶＝319－290＝29.【通性通法】熟练掌握等差数列前n项和的性质是解决此类试题的关键，解题时注意化归与转化思想的合理运用．【巩固迁移】5．(2024·安徽蚌埠二中阶段考试)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2018，eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6，则S2023＝________．答案8092解析由等差数列的性质可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列，设其公差为d，则eq\f(S2020,2020)－eq\f(S2014,2014)＝6d＝6，所以d＝1，所以eq\f(S2023,2023)＝eq\f(S1,1)＋2022d＝－2018＋2022＝4，所以S2023＝8092.6．(2023·广东湛江模拟)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn.若eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，则eq\f(S11,T11)＝________；若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，则eq\f(a5,b4)＝________．答案eq\f(11,19)eq\f(17,22)解析若eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，则eq\f(S11,T11)＝eq\f(11a6,11b6)＝eq\f(2×6－1,3×6＋1)＝eq\f(11,19).若eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)＝eq\f(2n2－n,3n2＋n)，则可设Sn＝(2n2－n)k，Tn＝(3n2＋n)k，所以a5＝S5－S4＝45k－28k＝17k，b4＝T4－T3＝52k－30k＝22k，所以eq\f(a5,b4)＝eq\f(17,22).考向3等差数列前n项和的最值问题例4在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．解解法一(函数法)：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3)，Sn＝20n＋eq\f(n（n－1）,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3125,24).因为n∈N*，所以当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.解法二(邻项变号法——利用单调性)：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3)，an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).因为a1＝20>0，d＝－eq\f(5,3)<0，所以数列{an}是递减数列．由an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)≤0，得n≥13，即a13＝0.当n≤12时，an＞0；当n≥14时，an＜0.所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.解法三：(邻项变号法——利用性质)：由S10＝S15得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.又d＝eq\f(a13－a1,13－1)＝－eq\f(5,3)，所以当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.【通性通法】求等差数列前n项和Sn最值的两种方法邻项变号法利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，即可求出最值(1)当a1>0，d<0时，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值Sm；(2)当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值Sm利用等差数列的性质，求出其正负转折项，即可求得最值函数法利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数的最值的方法求解【巩固迁移】7．(多选)(2023·济宁模拟)设等差数列{an}的公差为d，前n项和是Sn，已知S14>0，S15<0，则下列说法正确的是()A．a1>0，d<0B．a7＋a8>0C．S6与S7均为Sn的最大值D．a8<0答案ABD解析因为S14>0，S15<0，所以S14＝eq\f(14×（a1＋a14）,2)＝7(a1＋a14)＝7(a7＋a8)>0，即a7＋a8>0，因为S15＝eq\f(15×（a1＋a15）,2)＝15a8<0，所以a8<0，所以a7>0，所以等差数列{an}的前7项为正数，从第8项开始为负数，则a1>0，d<0，S7为Sn的最大值．故选ABD.8．(2024·陕西省洛南中学高三月考)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且S2＝35，a2＋a3＋a4＝39，则当Sn取得最大值时，n的值为________．答案7解析解法一：设数列{an}的公差为d，则由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝35，,a2＋a3＋a4＝3a3＝3（a1＋2d）＝39，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝19，,d＝－3，))则Sn＝19n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－3)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(41,2)n＝－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(41,6)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1681,24).又n∈N*，∴当n＝7时，Sn取得最大值．解法二：设等差数列{an}的公差为d.∵a2＋a3＋a4＝3a3＝39，∴a3＝13，∴2a3－S2＝(a3－a2)＋(a3－a1)＝3d＝－9，解得d＝－3，则an＝a3＋(n－3)d＝22－3n，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22－3n≥0，,22－3（n＋1）≤0，))解得eq\f(19,3)≤n≤eq\f(22,3)，又n∈N*，∴n＝7，即数列{an}的前7项为正数，从第8项起各项均为负数，故当Sn取得最大值时，n＝7.考点三等差数列的判定与证明例5(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等差数列；②数列{eq\r(Sn)}是等差数列；③